第9章 微练51 带电粒子在电场中的力、电综合问题(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2027年高中物理高考一轮总复习（粤教版）

该高中物理讲义聚焦带电粒子在电场中的力电综合问题，整合电场力、能量转化、动量守恒及运动规律等核心考点，按单选基础辨析、多选综合应用、非选择递进计算的逻辑层次编排。通过考点梳理（如受力分析方法）、真题讲解（含2024安徽卷等）、解题策略指导（动能定理应用步骤），帮助学生构建力电问题分析框架，突破综合应用难点。 讲义突出科学思维与物理观念培养，如在分析带电小球圆周运动时，引导学生对比等势点电场力做功特点，用能量观念推导速度变化规律，强化模型建构能力。设置基础选择到综合计算的分层练习，配合详细解析与规律总结，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生在有限时间内的解题效率与应考能力。

微练51　带电粒子在电场中的力、电综合问题 　 一、选择题(1~3题为单项选择题，4题为多项选择题) 1.(2025·广州模拟)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点.已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ=，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变。下列判断错误的是(B) A.物块在上滑过程中机械能增大 B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能 C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能 D.物块在全过程中产生的内能等于克服摩擦力做的功 解析　物块在上滑过程中，对物块受力分析，可知上滑过程中应满足qEcos θ>f+mgsin θ，电场力做功大于摩擦力做功，除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，因此物块在上滑过程中机械能增大，A项正确;物块在上滑过程中，由动能定理可得W电-Wf-WG=ΔE，可知W电>WG，电场力对带电物块做正功，带电物块的电势能减少，因此物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，B项错误;物块下滑时经过C点向下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，由能量关系可知，物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，C项正确;在全过程中，系统克服摩擦力做功转化为斜面和物块的内能，D项正确。 2.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(D) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= 解析　该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，三球组成的系统受到的合外力为0，动量守恒;当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，此时球3受到的合力为0，剪断细线后球3的运动状态改变，剪断细线瞬间球3受到的合力一定不为0，所以该过程中小球3受到的合力在改变，A、B两项错误;对系统根据动量守恒定律mv1+mv2=mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得v3=2v1，根据能量守恒定律m+m+m=，解得v3=，C项错误，D项正确。 3.如图所示，O为两等量异种点电荷连线的中点，竖直固定的半径为R的光滑绝缘圆轨道与O点相切，a、b、c为圆轨道上的三个点，a、b两点连线与两点电荷连线垂直，c点是轨道的最高点，M、N为与圆心O1等高的圆轨道上的两个点。一带正电的小球从轨道的最低点O开始以速度v沿逆时针方向在轨道内侧做圆周运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(C) A.a点的场强小于b点的场强 B.小球从a点到b点电场力做正功 C.小球到达c点时的速度大小为 D.小球在圆轨道内运动时，在N、M两点间的电势能大小相差最多 解析　等量异种点电荷的电场线和等势面的分布情况如图甲所示，由图可知a点的场强比b点的场强大，a点的电势比b点的电势低，小球从a点到b点电场力做负功，A、B两项错误;c点与O点等势，小球从O点到c点电场力做功为零，从O点到c点由动能定理得-2mgR=m-mv2，解得vc=，C项正确;等量异种电荷的等势线如图乙所示，圆和等势线相切的两个切点为电势差最大的点即电势能相差最大的点，不可能是M、N两个点，D项错误。 4.(2025·清远模拟)如图所示，半径为R的光滑绝缘竖直半圆形轨道ABC的最低点C和光滑绝缘水平面相切，B与圆心O等高，空间存在水平向左的匀强电场。一带电荷量为+q(q>0)的小球以初速度v0=由A点沿轨道内侧水平向左抛出，运动到D点时速度恰好为0。已知CD=2.5R，小球质量为m，重力加速度为g，则(AB) A.在A点时小球恰好不受轨道作用力 B.匀强电场的电场强度大小为 C.小球对轨道的最大作用力为6mg D.小球运动到B点时对轨道的作用力大小为4mg 解析　对小球在A点受力分析FN+mg=，解得FN=0，A项正确;对小球由A到D，由动能定理2mgR-qE×CD=-m，解得E=，B项正确;由qE=mg，重力和电场力的合力为mg，方向斜向左下方与水平方向成45°，可知小球位于BC中点时对轨道的作用力最大，由动能定理mg=mv2-m，FN-mg=，解得FN=(3+3)mg，C项错误;小球由A到B，由动能定理有mg×R=m-m，FNB-qE=，解得FNB=6mg，D项错误。 二、非选择题 5.如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ=30°的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行。A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A所带电荷量为+q，B所带电荷量均为+q，C不带电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。匀强电场的电场强度大小为E=，开始时系统静止。现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为g的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。求: (1)初始状态下弹簧的形变量Δx1; (2)A刚要离开墙壁时C的速度大小v1; (3)接(2)此过程中拉力F所做的功。 解析　(1)初始时，对B分析可知 Eq=kΔx1+2mgsin θ， 解得弹簧的压缩量Δx1=。 (2)当A刚要离开墙壁时，对A分析 E×q=kΔx2， 则此过程中C下滑的距离 x=Δx1+Δx2=， 此时C的速度大小v1==2g。 (3)从开始运动到A刚要离开墙壁时弹簧弹性势能不变，此过程中根据动能定理 WF+2mgxsin θ-qEx=(2m+2m)， 解得拉力F所做的功WF=。 答案　(1)　(2)2g　(3) 6.如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R=2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1=2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2=1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2=1 m。现将一电荷量为q=+4×10-2C、质量为m=1 kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求: (1)场强E1的大小; (2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用的时间; (3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。 解析　(1)滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有WAB+mgR(1-cos 53°)=m， 滑块从A点运动到B点的过程中 WAB=-qE1Rsin 53°， 解得E1=25 N/C。 (2)滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有qE1+μmg=ma， 解得a=3 m/s2， 根据运动学公式有-v2=2aL1， v=vB-at， 解得v=1 m/s，t=1 s。 (3)当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有-μ(mg-qE2)L2=0-mv2， 解得E2=187.5 N/C， 当E2较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，在水平方向有L2=vt1， 解得t1=1 s， 竖直方向有L2=ay， qE2-mg=may， 解得ay=2 m/s2，E2=300 N/C， 综上，E2的取值范围为 187.5 N/C<E2<300 N/C。 答案　(1)25 N/C　(2)1 m/s　1 s (3)187.5 N/C<E2<300 N/C 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$